安徽省2025屆高三物理模擬三

一、單選題：本大題共8小題，共32分。

1.如圖所示，兩細桿間距離相同、與水平地面所成的角相同，夾角為a,小球從裝置頂端由靜止釋放，離

開細桿前的運動可視為勻加速直線運動，當兩桿的支持力的夾角為2。時，此時每根桿的支持力大小為（）

.mgsina口mgcosamgcosamgsina

B.------D.

,2cos02cos。2sin02sin6

2.如圖甲，兩等量異種點電荷位于同一豎直線上，在兩點電荷連線的中垂線上放置一粗糙水平橫桿，有一

質量為加，電荷量為+q的圓環（可視為質點）可沿橫桿滑動。t=0時刻，圓環自4處以初速度火向右運動，

此后圓環運動的V-t圖像如圖乙所示，t=0時刻和5時刻圖線斜率相同，tl和時刻圖線斜率均為0，已

知圓環t2時刻運動至。點，繼續向右運動至B點停下，且4、B關于兩電荷連線中點。對稱。若4處場強為

Eo,4。間距為3重力加速度為g,且圓環運動過程中電量始終不變，則下列說法正確的是（）

Q-Q

m,+qy0

AO\B

I

e+e

甲乙

A.圓環與橫桿之間的動摩擦因數〃=孺_1

B.h-功時間內圓環的位移大小為2乙

C.圓環在。處運動的速度%=D.。處的場強大小為E=2型-E。

q

3.如圖所示，一輕質彈簧固定在斜面底端,t=0時刻，一物塊從斜面頂端由靜止釋放，直至運動到最低點

的過程中，物塊的速度。和加速度a隨時間t、動能以和機械能E隨位移光變化的關系圖像可能正確的是

4.如圖所示，真空中水平直線上的。1、。2兩點分別固定正點電荷a、B,點電荷4、B的電荷量之比為9:1,

abed為正方形，且對角線bd與ac相交于。2點，已知點電荷B在a點產生的電場強度大小為a到01的距

離為a到。2距離的3倍。下列說法正確的是（）

A.b、d兩點的電場強度相同B.電子在d點的電勢能大于在c點的電勢能

C.a點的電場強度大小為2E0D.c點的電場強度大小為黃5。

5.如圖所示，長方體的28C0面為正方形，整個空間存在豎直向上的勻強磁場，現在AB、BC、CD、DA±.

分別放置四根導體棒，且構成一閉合回路,當回路中通有沿方向的電流時，下列說法正確的是（）

A.CD棒所受的安培力方向垂直紙面向外B.四根導體棒均受安培力的作用

C.CD棒與D4棒所受的安培力大小相等D.ZM棒所受的安培力最大

6.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為2:1,電源的輸出電壓a=30至sinlOO兀t（y）,定值電阻

Ri=2O0,R3=2.5/2,滑動變阻器&的最大阻值為5。，a、b為滑動變阻器的兩個端點，所有電表均為理

想電表。現將滑動變阻器滑片P置于b端，則（）

B.電壓表示數為10U

C.滑片P由匕向a緩慢滑動，區消耗的功率減小

D.滑片P由b向a緩慢滑動，變壓器的輸出功率減小

7.由于大氣層的存在，太陽光線在大氣中折射，使得太陽“落山”后我們仍然能看見它。某同學為研究這

一現象，建立了一個簡化模型。將折射率很小的不均勻大氣等效成折射率為2的均勻大氣，并將大氣層

的厚度等效為地球半徑R。根據此模型，一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間是（地

球自轉時間為24小時，地球上看到的太陽光可以看成平行光）（）

A.3小時B.2小時C.1.5小時D.1小時

8.圖為氫原子能級圖?，F有一群處于n=4激發態的氫原子，用這些氫原子輻〃En/c、

射出的光照射逸出功為2.13eI7的某金屬，已知電子的電荷量為1.6x10-19。，?----------------玲

4?U.o.

則（）315

2------------3.4

A.這些氫原子能輻射出三種不同頻率的光子

B.這些氫原子輻射出光子后，電子的總能量保持不變1[3

C.這些氫原子輻射出的所有光都能使該金屬發生光電效應

D.該金屬逸出的所有光電子中，初動能的最大值為1.7x10-18」

二、多選題：本大題共2小題，共8分。

9.位于％=0.25m的波源p從t=0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿式軸正負方向傳播，在￡=2.0s時波源

停止振動，t=2.1s時的部分波形如圖所示，其中質點a的平衡位置h=1.75TH,質點b的平衡位置%》=

-0.5m?下列說法正確的是（）

B.t=0.42s時，波源的位移為正

C.t=2.25s時，質點a沿y軸負方向振動

D.在0到2s內，質點b運動總路程是2.55m

10.如圖甲所示，一高度為"的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是絕熱的，活塞橫截面積為S,在

缸的正中間和缸口處有固定卡環，活塞可以在兩個卡環之間無摩擦運動。活塞下方封閉有一定質量的理想

氣體，已知理想氣體內能U與溫度T的關系為〃=戊7,a為正的常量，重力加速度為g。開始時封閉氣體溫

度為To,壓強等于外界大氣壓強po,現通過電熱絲緩慢加熱，封閉氣體先后經歷了如圖乙所示的三個狀態

變化過程，則

A.活塞質量為變

2g

B.從b-c過程，氣體對外做功|poSH

C.從a-d全過程，氣體內能增加3a「o。

D.從a-d全過程，氣體吸收的熱量小于其內能的增量

三、實驗題：本大題共2小題，共18分。

11.一同學做“探究小車速度隨時間變化的規律”的實驗，使用了如圖1裝置。

7.58T單位：cm

——14.38----------?

----------23.16--------*

圖2

（1）下列操作正確的有（填選項字母）。

A.應同時接通電源和釋放小車

B,長木板上表面必須水平

C.釋放小車前，小車要靠近打點計時器

（2）該同學進行多次實驗后，選擇了一條打點比較好的紙帶，在紙帶上每隔四個點選一個計數點，如圖2所

示，各計數點與。點距離已標出。已知使用的電源頻率為50Hz,在打4、B兩點之間小車的平均速度大小

為M/S；小車的加速度大小為M/S?。（結果均保留兩位有效數字）

（3）若打點計時器接入的電源頻率f=52”z,則小車的加速度測量值____真實值（填“大于”、“等于"

或“小于”），因此造成的相對誤差大小4=%。（已知相對誤差〃=|邂曦等斗，結果保留一位有

效數字）

12.山東省有全國最大的溫室智能化育苗蔬菜基地，蔬菜育苗過程對環境要求嚴格，溫室內的空氣溫濕

度、土壤溫濕度、二氧化碳濃度以及光照強度等都很重要。其中光照強度簡稱照度，可以反映光的強弱,

光越強，照度越大，照度單位為勒克斯（立）。蔬菜生長適宜的照度為4000?25000k,為了控制照度，科

技人員設計了圖甲所示的智能光控電路，當照度低于4000a時，啟動照明系統進行補光。

控

制

開

關

甲乙

(1)智能光控電路的核心元件是光敏電阻Ro,某同學如圖乙連接各元件，測量光敏電阻在不同照度時的電

阻，則在閉合電路開關前應該把滑動變阻器滑到(選填“1”或“2”)端;請根據圖乙在虛線框內畫出

對應的電路圖；

(2)通過測量得出了電阻隨照度變化的規律如圖丙所示，由圖可判斷光敏電阻的阻值&與照度反比例

函數關系(選填“滿足”或“不滿足”)；

(3)該同學用上述光敏電阻連接成圖甲所示的控制電路，其中電源電動勢E=9.0%內阻r=10O,定值電

阻％=100/2,電阻箱7?2的阻值調節范圍是0?999.90,光敏電阻R()的電壓U增加到2.0U時光照系統開始

工作，為了使光敏電阻在照度降低到4000尻時，自動控制系統開始補光，電阻箱/?2的阻值應該調節

為O；

(4)該光控裝置使用較長時間后電源內阻變大，使得自動控制系統正常工作時的最小照度40001x(選

填“大于”“小于”或“等于”)。

四、計算題：本大題共3小題，共30分。

13.如圖，容積均為外、缸壁可導熱的4B兩汽缸放置在壓強為po、溫度為To的環境中；兩汽缸的底部通

過細管連通，4汽缸的頂部通過開口C與外界相通：汽缸內的兩活塞將缸內氣體分成/、II、III、IV四部

分，其中第〃、皿部分的體積分別為和;%、環境壓強保持不變，不計活塞的質量和體積，忽略摩擦。

o4

(1)將環境溫度緩慢升高，求B汽缸中的活塞剛到達汽缸底部時的溫度；

(2)將環境溫度緩慢改變至27°，然后用氣泵從開口C向汽缸內緩慢注入氣體，求4汽缸中的活塞到達汽缸底

部后，B汽缸內第IV部分氣體的壓強。

14.如圖所示，豎直平面內一質量為血、邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框abed從某高度由靜止下落，

穿過具有水平邊界、寬度也為L的水平勻強磁場區，cd邊進入磁場前，線框已經做勻速運動，已知cd邊穿

過磁場區的時間為如上述運動過程中，ab、cd邊始終保持水平，重力加速度為。，不計空氣阻力，求：

d□C

6

a

XXXXXXXXXXXX

XXXXXxXXXXXX

XXXXXxXXXXXX

XXXXXxXXXXXX

(1)線框勻速運動的速度。和勻強磁場磁感應強度B。

(2)cd邊穿過磁場過程中，線框中產生的焦耳熱Q。

(3)cd邊穿過磁場過程中線框中電流強度大小/及通過導線截面的電荷量q。

15.如圖，豎直平面內一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為亨的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，水

平軌道4B和水平軌道B0(長為鄉在B點與一個半徑R=，的光滑的豎直固定圓弧軌道相切于B點。以水平軌

道B。末端。點為坐標原點建立平面直角坐標系％。y,X軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下。水平

軌道8。右下方有一段弧形軌道PQ,該弧形軌道是曲線號+用磔=1在坐標系％Oy(x>0,y>0)中的

Li[A.Ll

一半(見圖中實線部分)，弧形軌道Q端在y軸上。帶電量為q(q>0)、質量為小的小球1與水平軌道48、BO

間的動摩擦因數為4,在x軸上方存在豎直向上的勻強電場，其場強E=翳，重力加速度為g。

7

(1)若小球1從傾斜軌道上由靜止開始下滑，恰好能經過圓形軌道的最高點，求小球1經過。點時的速度大小

>

(2)若小球1從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經過。點落在弧形軌道PQ上，請證明小球1每次落在

PQ時動能均相同，并求出該動能大??；

(3)將小球2靜置于。點，小球1沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與小球2發生彈性碰撞(碰撞時間極短)，小球1

與小球2發生碰撞前的速度為巧，要使兩小球碰后均能落在弧形軌道PQ上的同一地點，且小球1運動過程

中從未脫離過圓形軌道，求小球1和小球2的質量之比。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】設兩細桿對小球支持力的合力為FN，可知琮=機985即設每根桿的支持力大小為F,由平行

四邊形法則可得2Fcos當=風，解得尸=竽等，故8正確，ACO錯誤。

2/2cos6

2.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了等量異種電荷的電場分布特點，以及u-t圖像。

解答本題的關鍵是明確：等量異種電荷的電場強度從中點沿中垂線向兩邊逐漸減小，u-t圖像的斜率表示

加速度。根據動能定理分析速度；根據加速度分析電場強度。

【解答】A、若從4到B摩擦力為恒力，且/'=根據動能定理詔="mg?23可得〃=魯，而摩

N4gL

擦力不是恒力，所以“4共，故A錯誤；

4gL

C、圓環在4。與8。之間的受力情況對稱相同，即圓環在4。與B。之間所受的摩擦力情況相同，而4。=

BO=L,所以摩擦力在兩段做功相同，根據動能定理可有2小嫌-：小詔="=0-2爪域，解得畛=

~Yvo,故C錯誤；

D、在4處有ma=-E°q),在。處有ma'=〃(Eq-mg),而4處和。處的加速度大小相等，所以

li(mg-Eoq)=/z(￡q-mg),可得E=々黃一E°,故D正確；

8、匕時刻加速度為0,則有Eiq=mg,結合。選項可得4=竽，而4。之間的電場強度不是隨4。之間的

距離均勻減小，所以L時刻不是4。的中間位置，即亢-功時間內圓環的位移大小不為故B錯誤。

3.【答案】A

【解析】【分析】

本題考查動力學的圖像問題、功能的圖像問題，在解決此類問題時，要做好物體的受力分析，通過牛頓第

二定律分析加速度，分析清楚物體的運動過程，明確D-t圖像斜率表示加速度，Ek-X圖像的斜率表示合

力，E-x圖像的斜率表示除去重力外做功的其他力。對于選擇題，分析關鍵節點，使用排除法是常用的

思維方法。

【解答】

8、物塊接觸彈簧前，受到的是恒力，所以加速度恒定，接觸彈簧后，合力先向下減小后反向增大，則加

速度先減小后反向增大，由于剛接觸彈簧時速度大于零，根據簡諧運動的對稱性可知，最低點的加速度要

大于剛接觸彈簧時的加速度，故2錯誤；

A、物塊先做勻加速直線運動，接觸彈簧后速度先增大，當加速度為零時，速度最大，之后速度減小為

零，結合u-t圖像的斜率表示加速度可知A正確；

C、a圖像的斜率表示合力，接觸彈簧前合力不變，圖像斜率不變，動能增大，接觸彈簧后合力開始

減小，動能繼續增大，當合力為零時，動能最大，之后開始減小，圖像中的錯誤之處在于剛接觸彈簧時，

動能就開始減小了，故C錯誤；

。、除去重力外的其他力做的功等于物塊機械能的變化量，所以圖中E-x圖像的斜率表示除去重力外做功

的其他力，從圖像上看，機械能先減小，說明存在摩擦力，即斜率表示摩擦力，接觸彈簧后斜率應該變為

摩擦力與彈力的合力，因為摩擦力沿斜面向上不變，彈力沿斜面向上不斷增大，所以斜率應該不斷增大，

故。錯誤。

4.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查電場的疊加，涉及到點電荷產生的電場的疊加，解題的關鍵是要分析各點電荷在空間中產生的電

場強度，按矢量疊加運算法則分析空間各點的合場強，注意對稱性的應用。

【解答】

A、根據點電荷產生的電場的對稱性可知，氏d兩點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；

B、根據￡p=qe，由于電子帶負電，故電子在d點的電勢能小于在c點的電勢能，故B錯誤；

C、點電荷B在a點產生的電場強度大小為E。，由于4、B的電荷量之比為9:1,a到01的距離為a到02距離的

3倍，根據點電荷電場強度E=k性可知，點電荷4在a點產生的電場強度大小也為E。，考慮到兩個電荷均帶

正電，故a點的電場強度為0,C錯誤；

D、根據點電荷產生的電場的對稱性可知，點電荷B在c點產生的電場強度大小為方向向右，點電荷4

在c點產生的電場強度大小：E=k4=k3獸,其中r為點電荷B到c點的距離，QB為點電荷的電荷

r(5r)

量，電場方向向右；故c點的電場強度大小￡=E+Eo=*品，D正確。

故選。。

5.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了安培力的方向判定和大小計算。當電流和磁場不垂直時，安培力的方向垂直于電流和磁場確定

的平面。

根據左手定則判斷受力的方向，根據安培力的公式判斷安培力的大?。浑娏骱痛艌霾淮怪睍r，應將磁場分

解，使用其垂直分量計算安培力。

【解答】

A根據左手定則，可知CD棒所受的安培力方向垂直紙面向里，故A錯誤；

反導體棒4B中電流方向與磁場方向平行，導體棒4B不受安培力的作用，故B錯誤；

C.導體棒CD的有效長度與0。邊長度相等，而〈乙加，根據尸=B〃可知CD棒所受的安培力小于。4棒所

受的安培力大小，故C錯誤；

D由于LD4>LBC，LOD<LDA,結合上述，可知，棒所受的安培力最大，故D正確。

6.【答案】C

【解析】【分析】

根據變壓器的原副線圈的兩端的電壓之比等于匝數之比，電流之比等于匝數的反比，及電路結構、等效電

路等分析選項A瓦對選項分析，采用等等效電路與等效電源分析。

本題考查變壓器的基本比例關系及動態問題的分析，基礎題目。

【解答】

4B.題圖的電路圖可以等效為：

設原線圈兩端電壓為4,副線圈兩端電壓為又因為理想變壓器原副線圈的功率相等，有

U1_ul魚=也

R；+R；R3+R2Wn2

整理有/?3'+有2'=篇)2照+&)

電源的電壓輸出為a=30/2sin1007Tt(7),因為電流表和電壓表測量的為有效值，電源電壓的有效值為

3017,電流表的示數為/=——J=1A

R1+R3+R2

原線圈兩端電壓的有效值為又有=U有一舊1

電壓表測量的是副線圈兩端的電壓，即產="

%有政

整理有4有=5M

故AB錯誤;

C.當滑片P從b向a緩慢滑動過程中，7?2阻值變大，根據電流規律可知，總電阻變大，結合之前的分析可

知，流過電阻％的電流減小，由變壓器規律，流過副線圈的電流也成比例減小，電阻角不變，電流減

小，根據P=I2R,所以功率減小，故C正確；

D由之前的分析，可以將電阻區與電源放在一起，等效成新電源，其副線圈輸出功率變為新電源的輸出

功率，由電源的輸出功率的規律可知，當等效電阻等于新電源的內阻20。時，即/?2=2.50,其輸出功率

最大，所以在滑片從b向a緩慢滑的過程中，其副線圈的輸出功率先增大，后減小，故D錯誤。

故選Co

7.【答案】D

【解析】【分析】

做出光路圖，根據折射定律和幾何知識求出地球多轉看不見太陽的角度a。根據t=磊X24%求時間。

此題是光折射現象在生活中的實際應用，是應用物理知識解決實際的問題，關鍵要作出光路圖，要理解在

太陽“落山”后還能看到太陽的原理，并由幾何知識結合求解.

【解答】

解：太陽光是平行光，臨界光路圖如圖所示

由幾何關系可得臨界光線的折射角為sinr==|

Zn.Z

可知臨界光線的折射角為30。；

根據折射定律九=嬰■=V-2

sinr

可得i=45°

由幾何關系可知，地球多轉a角度便看不見太陽了，有a=60。-45。=15。

一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間為t=嘉X24h=lho

故選。。

8.【答案】D

【解析】【分析】

根據數學組合公式鬣求出氫原子可能輻射光子頻率的種數。能級間躍遷時，輻射的光子能量等于兩能級間

的能級差，能級差越大，輻射的光子頻率越高；根據庫侖力提供向心力分析電子動能的變化。

解決本題的關鍵知道光電效應的條件，以及知道能級間躍遷時輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級

差，掌握輻射光子的種類計算方法。

【解答】

A根據盤=6知，這些氫原子可能輻射出6種不同頻率的光子，故A錯誤；

R這些氫原子輻射出光子后，電子的動能增大，電勢能減小，總能量會減小。故8錯誤；

C.氫原子由71=4躍遷到n=3產生的光的能量：E43=E4-E3=—0.85皿-=0.66eV<

2.13eV,所以不能使逸出功為2.13皿的金屬能發生光電效應，故C錯誤；

。.氫原子由n=4向n=1能級躍遷時輻射的光子能量最大，頻率最大，最大能量為13.6W-0.85eIZ=

12.75eU,根據光電效應方程可知，入射光的能量越高，則電子的動能越大，初動能的最大值為：Ekm=

12.75eIZ-2.13eV=10.62eI/=1.7XIO-187,故D正確。

故選D。

9.【答案】BD

【解析】A波從波源發出后，向式軸正負方向傳播，向相反方向傳播的波不會相遇，不會發生干涉，故A

錯誤；

員由圖可知，波的波長;1=1m,由題意可知0.1s內波傳播四分之一波長，可得;=0.1s,解得T=0.4s

根據同側法可知，波源的振動方向向上，［=0.42$即7<1<1時，波源向上振動，位移為正，故8正

確；

C.波的波速17=?=2.5m/s,波源停止振動，到質點a停止振動的時間tx==U25s=0.6s>0.25s

即質點a還在繼續振動，t=2,1s到t=2.25s經過時間上=0.15s即:<t2<L結合圖象可知質點a位移為

正且向y軸正方向運動，故C錯誤；

n7ci17

D波傳到b點所需的時間J=黑s=0.3s,在0到2s內，質點b振動的時間為Q=2s-0.3s=1.7s=^-T

質點b運動總路程s=17A=17X0.15m=2.25m,故。正確。

故選加）。

10.【答案】AC

【解析】【分析】

由圖像結合共點力的平衡解得活塞的質量；從bfC過程，由該過程氣體的體積變化解得氣體對外界做的

功；從ard全過程，由氣體的溫度變化結合內能與溫度的關系得解；由熱力學第一定律判斷全過程氣體

吸收的熱量與其內能的變化關系。

本題主要考查對理想氣體狀態變化圖像及熱力學第一定律的理解與應用，難度一般。

【解答】

A由圖乙可知，隨氣體溫度升高，其壓強不斷增大，當到達b態時，氣體的壓強不再變化，該過程，氣體

做等壓變化，此時對活塞由共點力的平衡可得：pS=mg+p0S,p=1,5p0,聯立解得活塞質量為：m=

單,故A正確；

2g

3.從b7c過程，氣體做等壓變化，止匕時c態對應的氣體體積為HS,故可得該過程氣體對外界做功為：W=

1.5p0S-^=lp0SH,故B錯誤；

C.從ard全過程，由理想氣體狀態方程：型=華，解得d態時的氣體溫度為：T=4To，由溫度與氣

體內能的關系可得a-d態過程的氣體內能增量為：4T0a-Toa=3aT0,故C正確；

D從a-d全過程，由以上分析可知，氣體對外界做功為勿，而內能增量為：3aT°，由熱力學第一定律可

知全過程中，氣體吸收的熱量大于其內能的增量，故。錯誤。

11.【答案】(1)C

(2)0.482.0

(3)小于8

【解析】(1)為保證紙帶能打上點，應該先接通電源，后釋放小車，A錯誤;只要小車做勻變速直線運動即

可，長木板上表面未必需要水平，2錯誤;為保證充分利用紙帶，小車要靠近打點計時器，C正確。

(2)以B=竿=(7,5,；；8)E=048M/S,

a_-孫_[(23-16-7?58)-(758-0)]cm_?Qm/s2

―4T2~4x(0.1s)2—'/

C'cb_△%_bxf2汨Axf2標識值_bxf2真

(3)由(1=涯=下-，得：as/=--—＜。真==一，

+h喂-噎'/標識值f4，B

故〃=------=----2-------，解得：〃=8%。

標識值

——?--------

務n

12.【答案】(1)2；---------4；

------1|-----------

(2)不滿足;

(3)65.0；

(4)小于。

【解析】【分析】

(1)由電路的連接方式及安全行原則判斷得解；由實物連線判斷實驗原理圖；

(2)由圖像的數據判斷得解；

(3)由閉合電路歐姆定律結合光敏電阻Ro的電壓及電路的工作條件判斷得解；

(4)由閉合電路歐姆定律結合閉合電路的動態分析得解。

本題主要考查傳感器原件的使用，熟悉閉合電路的動態分析是解題的關鍵，難度一般。

【解答】

(1)由電路的連接方式及安全行原則可知，為保證測量電路的安全，在閉合電路開關前應該把滑動變阻器

滑到2位置；

由實物連線可得實驗原理圖：

——0--------------

px，

------1|-----------

(2)由圖的數據可知，a點對應的照度與對應的阻值乘積為：4X105、b點對應的照度與電阻的乘積為：2x

105,可知，由于各組對應數據的乘積并不相同，光敏電阻的阻值品與照度不滿足反比例函數關系

(3)由題意可知，當光敏電阻在照度降低到4000注時，其阻值由圖可知為0.5XIO?。=500,由閉合電路歐

姆定律可得：+%+&+&)，由題意可知，光敏電阻品的電壓U增加到2.0W寸光照系統開始工

作，故U=2I7,聯立解得：R2=65.0/2；

(4)由題意可知，該光控裝置使用較長時間后電源內阻變大，由閉合電路歐姆定律可知，回路的電流減

小，故定值電阻及電源內阻端電壓減小，可得光敏電阻端電壓增大，由歐姆定律可知，其阻值增大，由圖

可知，其照度小于4000k。

13.【答案】解：（1）在升溫過程中，B汽缸中活塞緩慢下移，最終到達汽缸底部，此過程為等壓變化，各

部分氣體的壓強始終等于Po

對于第IV部分氣體，升溫前壓強為Po,體積為

升溫之后的體積為z,設活塞剛到達汽缸底部時的溫度為Ti，由蓋-呂薩克定律亨=C可得：

To

3y

解得：4=10

（2）將II、III中的氣體看作一個整體，初始壓強為玲，溫度為To,體積為滋+泣=汰

當溫度升至2T。時，設此時這部分氣體的壓強為。2,體積為匕，由理想氣體的狀態方程與=C得：

3

^0-g^O=P2-V2

To

緩慢升溫過程中，B汽缸中活塞上、下兩部分的氣體壓強始終相等，所以對第IV氣體在升溫前后有：

3

P。-4,0_「2（匕）一，2）

To27^

聯立可得：「2=沁

答：（1*汽缸中的活塞剛到達汽缸底部時的溫度為gTo；

（2）4汽缸中的活塞到達汽缸底部后，B汽缸內第IV部分氣體的壓強為JPo?

【解析】剛開始升溫時，各部分氣體都處于等壓變化，對第IV部分氣體應用蓋-呂薩克定律即可求出變化

后的溫度；第n和第川部分氣體處于連通狀態，可以看成一個整體，分別對這部分和第w部分氣體應用理

想氣體的狀態方程列式，聯立即可求解。

本題考查理想氣體的實驗定律和理想氣體的狀態方程，牢記定律內容及相關公式。處理第二問時，關鍵點

在于將第II、III兩部分氣體看作一個整體處理，并且知道B氣缸活塞上、下兩部分氣體的壓強相等。

14.【答案】解：（1）由于cd邊進入磁場前，線框已經做勻速運動，即F安=mg

且由F安=8〃

E

I=R

E=BLv

另外由于cd邊穿過磁場區的時間為t,則L="

聯立可得u=3B=

(2)由于線框克服安培力做功等于回路中產生的熱量

而F安=zng,故Q=zngL

(3)由于Q=mgL—I2Rt

故可得/=mgL

~Rt~

mgLt

而q=It

R

【解析】本題考查了線框平動切割磁感線問題，該問題涉及到能量問題和電路問題及力學問題，比較綜

合，注意在電磁感應過程中，克服安培力做功的數值等于回路中產生的焦耳熱。

p2r2

(1)由于cd邊進入磁場前，線框已經做勻速運動，即F安=根據F安=號二且L="計算線框速度和

磁場的磁感應強度；

(2)線框克服安培力做功等于回路中產生的熱量，根據安培力做功計算；

(3)由Q=mgL=計算電流，根據q=花計算電荷量。

15.【答案】解：(1)設小球1恰好經過圓形軌